2026年高考物理二轮复习：专题10 传送带模型中的相对运动与能量（模型与方法讲义）（全国适用）（解析版）

专题10传送带模型中的相对运动与能量目录TOC\o"1-3"\h\u模型一动力学中的传送带模型 1类型(一)水平传送带模型 1类型(二)倾斜传送带模型 2模型二传送带模型的能量问题 2模型一动力学中的传送带模型动力学中的传送带模型是力学中的基本模型，主要考查对牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的理解，涉及摩擦力、相对运动等的分析，知识综合性较强，试题难度往往较大。类型(一)水平传送带模型1．三种常见情景项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中，若v0>v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v02．解题方法突破(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。类型(二)倾斜传送带模型1．两种常见情景项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a1加速，后以a2加速2.解题方法突破物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsinθ与μmgcosθ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。模型二传送带模型的能量问题1.传送带问题的两个角度动力学角度首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系能量角度求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解2.功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。(2)对W和Q的理解：①传送带做的功：W＝Fx传。②产生的内能：Q＝Ffx相对。【典例1】如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为4m，由电动机驱动以4m/s的速度顺时针转动。现将一体积很小、质量为10kg的包裹无初速的放到传送带A端，包裹和传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度为g则包裹从A运动到B的过程（）A．时间为1sB．时间为4sC．电动机多输出的电能为40JD．电动机多输出的电能为【答案】D【详解】AB．包裹加速度为加速运动到与传送带共速经历的时间为位移为故包裹在与传送带共速前已经滑离传送带，由可得AB错误；CD．包裹从A运动到B的过程传送带位移为包裹位移为摩擦生热为包裹的获得的速度为包裹获得的动能为故电动机多做的功为C错误，D正确。故选D。【典例2】如图甲所示为某机场的行李自动运输系统，可以将其简化为如图乙所示，运输系统由电动机带动传送带运转，传送带由长度的水平传送带AB和长度，倾角为37°的倾斜传送带CD组成，两个传送带之间由很短的一段圆弧连接。两个传送带都沿顺时针方向转动，速度大小分别为4m/s和6m/s，每隔1s将一个货箱从A点无初速度放在传送带上，所有货箱的质量均为且可视为质点，货箱与水平传送带间的动摩擦因数，与倾斜传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，。下列说法正确的是（）A．每个货箱从A点到D点的时间均为49sB．水平传送带上相邻货箱间的最大距离为最小距离的8倍C．倾斜传送带上相邻货箱间的最大距离为8mD．传送带连续稳定工作24小时，传送带因运送货箱而多消耗220.8度电【答案】BD【详解】A．设货箱在水平传送带上的加速度为，相对于地面的滑动距离为，水平传送带的速度记为，则有则货箱在水平传送带上的滑动时间为解得滑动距离则货箱在水平传送带上的匀速运动时间为同理，设货箱在倾斜传送带上的加速度为，相对于地面的滑动距离为，倾斜传送带的速度记为，则有则货箱在倾斜传送带上的滑动时间为解得滑动距离则货箱在倾斜传送带上的匀速运动时间为所以货箱从A点到D点的时间为故A错误；B．在水平传送带上，货箱要经过4s才能达到和传送带一样的速度，而货箱是每隔1s就放上去一个，所以当下一个货箱刚放上去时，它与前一个货箱的距离最小，当它的速度达到传送带的速度时，它与前一个货箱的距离最大，则有即最大距离为最小距离的8倍，故B正确；C．在倾斜传送带上，货箱要经过2s才能达到和传送带一样的速度，而每隔1s就有一个货箱进入倾斜传送带；所以当下一个货箱刚刚到达倾斜传送带时，它与前一个货箱的距离最小，当它的速度达到倾斜传送带的速度时，它与前一个货箱的距离最大，则有故C错误；D．把一个货箱从A点传送到D点，电动机至少要做功：连续稳定工作24小时，共传送货箱需要做功故D正确。故选BD。【典例3】如图甲所示，传送带是物料搬运系统机械化和自动化传送用具。如图乙所示，传送带与水平面间的夹角，逆时针匀速转动。某次将静止的物体从高处传送至低处的过程中，以水平地面为重力势能的零势能面，物体的机械能和传送距离的关系如图丙所示。已知物体的质量为，可视为质点，重小加速度为，下列说法中正确的是（

）

A．传送带的运行速度为B．物体与传送带之间的滑动摩擦因数为0.25C．在内与内，传送带对物体做的功大小相等D．在内与内，物体与传送带之间产生的热量相等【答案】AC【详解】B．传送距离时，物体速度小于传送带速度，受到摩擦力沿传送带向下，摩擦力做正功，物体的机械能增加，可得物体与传送带之间的滑动摩擦因数为故B错误；A．传送距离时，物块的加速度为传送带的运行速度为故A正确；C．在内与内，物块受到滑动摩擦力大小相等，方向相反，物体的位移相同，可知传送带对物体做的功大小相等，故C正确；D．在内，传送带的位移物块的位移为物块与传送带相对位移为物体与传送带之间产生的热量在内，物体与传送带之间产生的热量物块与传送带相对位移为可得在内与内，物体与传送带之间产生的热量不相等，故D错误。故选AC。【典例4】如图所示，一足够长的水平传送带以的速度向右传送，与倾角为的斜面的底端P平滑连接，将一质量的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为，取，，。（1）小物块第一次滑过P点时的速度大小；（2）物块第一次从P点冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，电动机因传送物块多做的功；（3）从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小物块第一次从A点运动至P点时，根据动能定理有解得（2）物块在传送带上运动的加速度大小为物块沿传送带运动到最远处的位移为物块沿传送带运动到最远处所用的时间物块与传送带间相对大小为摩擦产生的热量为根据能量守恒，电动机因传送物块多做的功为（3）设从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程为，经过多次往返后，小物块最终停在斜面底端。除第一次返回斜面外，其余每次在传送带上往返运动时过程都具有对称性，从第一次返回斜面到最终停止运动，根据功能可得解得【方法规律】物体在传送带上运动时，物体与传送带速度相等的时刻是摩擦力发生突破的时刻，也是物体运动分段的关键点。【典例5】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角，传送带在电动机的带动下，始终保持的速率运行，现把一质量为的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，经过时间，工件被传送到的高处，g取，求：（1）工件与传送带间的动摩擦因数；（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。【答案】（1）；（2）230J【详解】（1）由题图可知，传送带长工件速度大小达到前，做匀加速运动，有工件速度大小达到后，做匀速运动，有联立解得加速运动的时间加速运动的位移大小所以加速度大小由牛顿第二定律有解得（2）由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量。在时间内，传送带运动的位移大小在时间内，工件相对传送带的位移大小在时间内，摩擦产生的热量最终工件获得的动能工件增加的势能电动机多消耗的电能【方法规律】(1)根据初始条件分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力作用。(2)当物体的速度与传送带速度相等时，要判断物体能否与传送带保持相对静止。【典例6】．如图所示，在电动机的带动下以的速度顺时针匀速转动的水平传送带左端与粗糙的弧形轨道平滑对接。质量的物体（可视为质点）从轨道上高的点由静止开始下滑，滑到传送带上的点时速度大小。物体和传送带之间的动摩擦因数，传送带两端之间的距离。传送带右端与光滑水平面平滑对接，物体与质量的静止小球发生弹性正碰。重力加速度。求：（1）物体从点下滑到点的过程中，摩擦力做的功；（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对物体的冲量大小；（3）物体与小球碰后到向右再次经过点的过程中，因为物体在传送带上滑动电机多消耗的电能。【答案】（1）-15J；（2）4N•s；（3）12J【详解】（1）从P到A根据动能定理，有代入数据解得（2）由于物体冲上传送带的初速度大于初速度的速度，开始物体相对传送带向右运动，则有μmg=ma解得a=5m/s2物体向右先做匀减速直线运动，减速至与传送带同速时通过的位移代入数据解得<3.4m可知物体在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向右做匀速直线运动；传送带对物体的摩擦力的冲量为If=mv-mv0解得If=-4N•s方向向左；（3）物体第一次与小球发生弹性碰撞，令物体反弹回来的速度大小为v1，左侧小球碰后速度大小为v2，根据动量守恒，有mv＝mv1+m0v2根据机械能守恒，有解得物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，根据解得<3.4m根据v1＝at1可得经历的时间为可知物体第一次返回还没有到达传送带左端速度已经减为零，随后将再次向右做匀加速直线运动，根据对称性可知，速度将再次增加到v1，因为v1小于小球速度，物块与小球不会再次碰撞，所以此过程电动机多给传送带的作用力为μmg，电动机多消耗的功率为μmgv，则电动机多消耗的电能为解得E=12J【方法规律】1.物体在传送带上的运动分析方法及摩擦力突变分析方法与动力学中的传送带模型类似，若涉及能量问题时，注意对物体应用动能定理及能量转化和守恒定律，涉及摩擦生热时，要用Q＝Ffx相对计算，其中Ff为滑动摩擦力，x相对为物体与传送带间的相对位移。2.滑上传送带的物体获取初速度的过程常涉及动量定理和动量守恒定律。滑上传送带的物体在滑动过程中因滑动摩擦力做功，常涉及能量的转移或转化问题。所以与动量、能量有关的传送带模型往往是综合性较高的试题，难度一般在中等偏上。1．某工厂输送物件的传送系统由倾角为的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，装置可简化为图。已知物件与传送带间的动摩擦因数，与木板的动摩擦因数。传送带以的恒定速度顺时针转动。现将一质量的物件P无初速置于传送带点，当物件到达端时刚好相对传送带静止，到达点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，皮带与木板间可认为无缝连接，重力加速度。下列说法正确的是（）A．传送带的长度为B．物件全程运动时间约为C．物件上升到D处过程中因摩擦产生的热量为D．若机械臂没及时抓住物件，物件下滑后仍能再次到达D处【答案】B【详解】A．P放上皮带后，受力如图一由牛顿第二定律有根据速度位移公式有联立代入数据解得，故A错误；B．到达木板点后，受力如图二由牛顿第二定律有则间距离（板长）为解得在皮带上上滑时间为在木板上上滑时间为所以，故B正确；C．物件上升到D处过程中因摩擦产生的热量为根据匀变速运动的平均速度公式可知，设在传送带上加速时间为t，则其中，解得，故C错误；D．从点向下运动，受力如图三由牛顿第二定律有第一次返回时有滑过点后在皮带上由于先向下减速后以相同加速度返回，向上冲的位移所以无法到达D点，故D错误。故选B。2．如图1所示，倾斜传送带常用于飞机上行李箱的搬运工作。一倾角为的传送带保持0.8m/s的恒定速率向上运行，工作人员以相同时间间隔将行李箱无初速度地放在传送带底端，所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动，且相邻两个行李箱间不发生碰撞。如图2所示，A、B、C是传送带上3个进入货舱前匀速运动的行李箱，其中A与B间的距离小于B与C间的距离，行李箱A的质量为20kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.8，传送带的长度为10m，重力加速度g取，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A．A、B、C与传送带间的动摩擦因数相同B．行李箱A在传送带上留下的划痕长度为0.8mC．行李箱A从传送带底端运动至顶端的过程，摩擦力对行李箱A做的功为102.4JD．由于搬运A，驱动传送带的电机额外消耗的电能为1206.4J【答案】B【详解】A．由题知，传送带运行的速率为，工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端，则行李箱放在传送带上的初始位置间的距离相同，因故行李箱放在传送带上后，各个行李箱都是先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，设加速时间为，加速过程的位移为，对行李箱，根据牛顿第二定律有解得根据速度时间公式，可得加速的时间为行李箱加速的位移为行李箱加速时，传送带匀速的位移为故行李箱相对传送带的位移为联立解得可知匀速时两物体之间的距离与动摩擦因数有关；由题知，A与B距离小于B与C间的距离，所以动摩擦因数不相等，故A错误；B．对行李箱A，对行李箱，根据牛顿第二定律有解得A的加速位移加速时间这段时间内，传送带的位移故相对位移即行李箱A在传送带上留下的划痕长度为0.8m，故B正确；C．摩擦力对行李箱做功分为两部分，匀加速阶段滑动摩擦力做功匀速上升阶段静摩擦力做功故摩擦力对行李箱A做的总功为，故C错误；D．根据能量守恒，可知由于搬运A，驱动传送带的电机额外消耗的电能等于A的机械能增加量和A与传送带间的摩擦生热，即电机额外消耗的电能大于1206.4J，故D错误。故选B。3．传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度。下列说法正确的是（）A．传送带对货物的摩擦力全程没有改变B．货物与传送带间的动摩擦因数为C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.8sD．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J【答案】D【详解】A．根据功能关系可知，摩擦力对货物做的功等于货物机械能的变化量，故有变形有即图像的斜率等于摩擦力，所以传送带对货物的摩擦力在处由滑动摩擦力变为静摩擦力，故A错误；B．由上面分析可知，当货物受到的是滑动摩擦力时，有又因为解得，故B错误；C．货物在传送带上匀加速运动的过程中，根据牛顿第二定律有解得设货物在传送带上匀加速运动的时间为，则解得传送带的运行速度为货物随传送带一起匀速运动的过程中，机械能的增加量等于重力势能的增加量，故有解得则货物随传送带一起匀速运动的时间为所以货物从下端A点运动到上端B点的时间为，故C错误；D．设传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为，则根据能量守恒定律有，故D正确。故选D。4．如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为的包裹轻轻放在最上端的点，包裹从点运动到最下端点的过程中，其加速度随位移变化的图像如图乙所示。取重力加速度大小，则下列说法正确的是（）A．，且包裹与传送带间的动摩擦因数为0.5B．传送带运行的速度大小为C．包裹与传送带间因摩擦而产生的热量为D．包裹从点运动到最下端点所用的时间为【答案】D【详解】A．包裹放上传送带后瞬间，包裹相对传送带向上滑动，则包裹所受摩擦力沿传送带向下。在0到内，根据牛顿第二定律得包裹运动到与传送带共速后，根据牛顿第二定律得其中，，联立解得，，故A错误；B．由题图乙可知，包裹的位移为时包裹与传送带共速，则传送带速度，故B错误；C．包裹在0到内，有包裹在到过程中，有解得则有故，故C错误；D．包裹从点运动到最下端点所用的时间，故D正确。故选D。5．如图甲所示，倾斜放置的传送带顺时针匀速运行，在传送带上某位置轻放一质量的物块，物块视为质点，刚放上传送带时重力势能为零，此后物块的机械能E随位移x变化的图像如图乙所示，则物块刚放上传送带时的加速度大小为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】对物块分析，根据动能定理可得整理可得由此可知，机械能的变化量等于克服摩擦力所做的功，因此在图像中，其斜率为摩擦力的大小，设传送带的倾角为，结合乙图可知，共速之前，物块受到的摩擦力共速后，则有物块刚放上时，根据牛顿第二定律可得联立解得故选B。6．如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度v滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半。已知弹簧弹性势能，不计空气阻力，则（）A．传送带匀速转动的速度大小为B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上C．滑块第三次在传送带上运动的过程中传送带的摩擦力对滑块的冲量大小为mvD．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中电动机需额外多做的功为【答案】C【详解】A．由能量守恒可知，释放滑块过程有滑块返回压缩弹簧时有联立解得，故A错误。B．结合以上分析可知，滑块再次滑上传送带时速度为，则每次滑块返回时速度均为，因此一直在做往复运动，不会停止，故B错误。C．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可知传送带对滑块的水平冲量大小为传送带水平方向对滑块只有摩擦力，所以摩擦力的冲量大小为，故C正确。D．滑块第一次向左做匀减速直线运动过程，利用逆向思维有第一次返回向右做匀加速直线运动过程有根据功能关系可知，滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为代入解得，故D错误。故选C。7．倾角的传送带以大小为的速度顺时针转动，一质量的煤块（视为质点）无初速度地从传送带底端滑至的顶端，煤块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，传送轮的大小不计，不考虑传送带的电机发热消耗的能量，则（）A．煤块加速阶段的加速度大小为B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为C．煤块到达传送带顶端时的速度大小为D．传送带因传送煤块而多消耗的电能约为【答案】B【详解】A．煤块加速阶段对其进行受力分析，由牛顿第二定律有解得，故A错误；BC．由几何关系可知，传送带到顶端的距离为假设煤块在传送带上一直加速，设其到达传送带顶端时的速度大小为，则有解得即满足提出的假设，设煤块在传送带上加速的时间为，则有解得设该段时间内，传送带运动的距离为，则有则煤块在传送带上的痕迹为，故B正确，C错误；D．由功能关系可知，传送带多消耗的电能转化为煤块的动能、煤块增加的重力势能以及因摩擦而产生的内能，有，故D错误。故选B。8．应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持的恒定速率运行，A、B间的距离为，g取。旅客把质量为的行李（可视为质点、与传送带之间的动摩擦因数）无初速度地放在A处，则行李从A到B点过程中，电动机额外多做的功为（

）A．60J B．45J C．20J D．40J【答案】D【详解】行李加速阶段的加速度大小为行李加速到与传送带共速所用时间为该过程行李通过的位移大小为该过程行李与传送带发生的相对位移为因摩擦产生的热量为行李与传送带共速后，保持相对静止一起做匀速直线运动，根据能量守恒可知行李从A到B点过程中，电动机额外多做的功为故选D。9．如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0=1m/s顺时针传动。建筑工人将质量m=2kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0=1m/s的速度向右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ=0.1，运输带的长度为L=2m，重力加速度大小为g=10m/s2。以下说法正确的是（）A．建筑工人比建筑材料早到右端0.3sB．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1JD．运输带对建筑材料做的功为1J【答案】D【详解】AB．建筑工人匀速运动到右端，所需时间假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为加速的时间为加速运动的位移为假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为，故AB错误；D．由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为，故D正确；C．建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为则因摩擦而生成的热量为则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为，故C错误。故选D。10．如图所示，倾角θ=37°的传送带以v0=1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，现将物块B轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带上端以v1=2m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，已知物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，两物块（均可视为质点）质量均为1kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（）A．两物块刚开始在传送带上运动时的加速度大小均为0.8m/s2B．物块B从放上传送带到刚好要与物块A相碰所用的时间为5.5sC．两物块与传送带之间由于摩擦产生的热量为64JD．传送带上下端间的距离为10m【答案】D【详解】A．两物块刚开始在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得，故A错误；B．物块B在传送带上加速的时间为由于，物块B随后跟着传送到一起匀速向上运动。物块A从冲上传送带到速度为零所用时间为物块A从速度为零向上加速到与传送带速度相同所用时间为所以两物块从放上传送带到刚好要相碰所用时间为，故B错误；C．两物块与传送带之间由于摩擦产生的热量为，故C错误；D．在7.5s内物块A的位移大小为物块B的位移大小为所以传送带下端到上端的距离为，故D正确。故选D。11．（多选）如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一质量的物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零其运动的v-t图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5B．物块上滑过程在传送带上留下的痕迹长度为16mC．物块上滑过程与传送带间由于摩擦而产生的热量为64JD．2~4s这段时间内电机因传送带放上物块而多消耗的电能为32J【答案】AD【详解】A．由图像可得，0~2s物块的加速度根据牛顿第二定律解得，A正确；B．0~2s物块的位移，传送带位移相对位移（物块比传送带多走）2~4s：物块速度小于传送带速度，摩擦力沿斜面向上，加速度物块位移：，传送带位移相对位移（传送带比物块多走）由于两段相对位移方向相反，最终痕迹长度取最大值20m，B错误；C．物块上滑过程与传送带间由于摩擦而产生的热量：代入数据可得，C错误；D．设2~4s这段时间内因传送带放上物块而多消耗的电能，物块减小的动能，物块增加的重力势能，摩擦而产生的热量由能量关系可得：物块减小的动能物块增加的重力势能摩擦而产生的热量由以上各式可得多消耗的电能，D正确。（方法二：传送过程中之所以要多消耗电能，是因为传送物块时要克服摩擦力做功，多消耗的电能就等于克服摩擦力做功2~4s这段时间内解得。）故选AD。12．（多选）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速度运行，一质量为、水平初速度大小为的工件（可视为质点），从传送带左侧滑上传送带。工件与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦产生的热为，则传送带的速度大小可能为（）A．1m/s B．2.5m/s C．3m/s D．3.5m/s【答案】AC【详解】第一种情况，当传送带速度小于时，工件滑上传送带后先减速后匀速运动，设工件与传送带间的动摩擦因数为，对工件根据牛顿第二定律设经过时间后工件与传送带共速，可得该段时间内工件运动的位移为传送带运动的位移为故可得联立解得，另一解大于舍去；第二种情况，当传送带速度大于时，工件滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后工件与传送带共速，同理可得该段时间内工件运动的位移为传送带运动的位移为故可得解得，另一解小于舍去。故选AC。13．（多选）如图所示，倾角的传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，将质量为的物块轻放在传送带下端，同时质量也为的物块从传送带上端以的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，重力加速度取，，。则（）A．、两物块刚在传送带上运动时加速度相同B．两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为C．传送带上下端间的距离为D．在运动过程中、两物块与传送带因摩擦产生的总热量为【答案】AD【详解】A．物块A向下减速运动解得物块A加速度大小物块B向上加速运动解得物块B加速度大小所以A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同，A正确；B．物块B在传送带上加速的时间物块B在以后相对于传送带静止，以的速度向上匀速运动。物块A向下减速的时间物块A向上加速到与传送带速度相同所用时间两个物块在与传送带共速时恰好相遇，所用时间，B错误；C．在7.5s内物块B的位移大小为在7.5s内物块A的位移大小为传送带上下端间的距离，C错误；D．物块A与传送带的相对位移大小物块B与传送带的相对位移大小因摩擦产生的总热量解得，D正确。故选AD。14．在快递物流中，分拣是其中一个重要环节，如图甲所示，这是分拣传送装置，它由水平传送机与倾斜传送机组成，图乙是该装置的简化图，水平部分的长度，倾斜部分的长度未知，、间距可忽略不计。已知水平传送带以的速率顺时针转动，倾斜传送带也是顺时针转动，速率为，倾角，把一个可视为质点的货物无初速度放在端，货物从运动到速度大小保持不变，货物通过倾斜传送带运送到端时速度恰好为0。已知货物与水平传送带间的动摩擦因数，货物与倾斜传送带间的动摩擦因数（）(1)求货物在上加速时的加速度大小；(2)求货物在运送过程中，从到的总时间。(3)若货物质量为4kg，计算货物与倾斜传送带因摩擦产生的热量。【答案】(1)5m/s2(2)2.9s(3)15J【详解】（1）货物在AB上相对滑动时，根据牛顿第二定律得解得（2）设货物达到共同速度的时间为，则解得货物加速的位移为则匀速运动时间为货物以的速度冲上倾斜传送带共速前根据牛顿第二定律得解得方向沿传送带向下，共速时由于当货物的速度小于时，对货物分析解得方向沿传送带向下，又则总时间为（3）物块与倾斜传送带共速前后的相对位移大小分别为，故货物与倾斜传送带因摩擦产生的热量为15．如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量为3m的小物块P和质量为2m的小物块Q通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。求：(1)物块P刚冲上传送带时的加速度：(2)物块P从刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；(3)若传送带以不同的速度v（0<v<2v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为多大？【答案】(1)0.5g(2)(3)，【详解】（1）设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，因s1=2s2故a1=2a2所以物块P刚冲上传送带时3μmg+T=3ma1对Q有2mg﹣2T=2ma2解得（2）P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，有共速后，由于3μmg＜mg，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，设此时P加速度为a1′，Q的加速度为对P有T﹣3μmg=3ma1′对Q有2mg﹣2T=2ma2′解得a1′=设减速到0位移为x2，则PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功=﹣3μmgx1+3μmgx2=（3）第一阶段P相对皮带向前，相对路程第二阶段相对皮带向后，相对路程摩擦产生的热Q=3μmg（s1+s2）=当时，摩擦热最小16．如图所示，倾角为的倾斜轨道与水平轨道平滑连接，水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带右端与一固定的二分之一圆弧轨道相切，圆弧轨道半径为。传送带左、右两端的距离，以的速度做顺时针运动，小物块A、B的质量均为，小物块从离倾斜轨道底端处由静止滑下，与静止在传送带左端的小物块发生碰撞，碰后两物块粘在一起滑上传送带。已知两小物块均可视为质点，与传送带之间的动摩擦因数为，其他摩擦不计，重力加速度为，，，求：(1)两小物块碰撞过程中损失的机械能；(2)两小物块通过传送带的时间和因摩擦产生的热量；(3)两小物块离开圆弧轨道时距水平地面的高度.【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）小物块下滑过程，由动能定理，得小物块A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律，得，联立解得，（2）小物块A、B在传送带上滑动时，由牛顿第二定律，得由运动学公式，得，联立解得，小物块A、B与传送带达到共同速度后，有两小物块通过传送带的时间为联立解得因摩擦产生的热量为联立解得（3）设两小物块离开圆弧轨道时与圆心的连线与水平方向的夹角为，如图所示.由牛顿第二定律，得由动能定理，得两小物块离开圆弧轨道时距水平地面的高度为联立解得17．如图所示，用一轻绳把质量为1kg的小球悬挂在O点，将小球拉至距离水平传送带高h处的A点静止释放，当小球运动到最低点B时，与静止在传送带左端质量为1kg的物块发生弹性碰撞，物块从传送带右端C点飞出，最后落在水平地面的D点。已知B、C的距离为，物块与传送带之间动摩擦因数为，传送带上端距离地面高度为H。物块、小球均可视为质点，重力加速度大小g取，不计空气阻力。(1)传送带静止时，物块刚好能够运动到C点，求高度h。(2)当传送带以速度v沿顺时针方向转动，其他条件不变，要使落点D、C两点水平距离最远，v至少为多大？(3)若传送带以速度沿顺时针方向转动，其他条件不变，在物块通过传送带期间，电动机需要多做多少功结果可用根式表示【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）小球由A点运动到B点，由动能定理小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律，物块由B点恰运动到C点，由动能定理解得（2）要使物块落点最远，即物块飞离传送带时与之共速，由运动学公式由牛顿第二定律解得要使落点D、C两点水平距离最远，v至少为。（3）因为，根据能量守恒定律，电动机多做的功应等于物块与传送带摩擦产生热量与物块增加的动能之和，故，，摩擦生热的时间物块与传送带之间相对位移解得18．某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能，质量的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨的右端与水平传送带平滑连接，传送带长度，传送带以恒定速率顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带右端水平滑离落至地面点。已知滑块到达点前已经离开弹簧，滑块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度大小取。(1)求滑块离开传送带时的速度大小；(2)求电动机传送滑块多消耗的电能；(3)若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至点，求的取值范围。【答案】(1)(2)40J(3)【详解】（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为，根据能量守恒代入数据得滑上传送带后得设加速至传送带共速，物块所需位移为，根据速度-时间公式得解得故滑块离开传送带时的速度大小为（2）方法一：滑块在传送带上加速时间解得该段时间，传送带的位移解得对传送带电动机传送滑块多消耗的电能方法二：滑块在传送带上动能的变化量滑块在传送带上加速时间解得滑块相对传送带的位移滑块与传送带摩擦产生的热量根据能量守恒定律得解得（3）分析可知，要使滑块滑离传送带后均落至点，滑块滑出传送带时要与传送带共速。滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有，得同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有，得所以，满足条件的弹性势能范围为19．如图甲所示，机场使用倾角的传送带，将每个质量的行李箱从地面运送到高的出发平台。机械手每隔就将一个行李箱轻放到传送带底端，传送带以的